TD6. Lois, moments, variables indépendantes.

January 12, 2018 | Author: Anonymous | Category: Mathématiques, Statistiques et probabilités
Share Embed Donate


Short Description

Download TD6. Lois, moments, variables indépendantes....

Description

Université Pierre & Marie Curie UE LM345 – Probabilités élémentaires

Licence de Mathématiques L3 Année 2014–15

TD6. Lois, moments, variables indépendantes. 1. a) Soit X une variable aléatoire à valeurs dans N. Montrer que si X 2 est intégrable, alors X est intégrable. Ce résultat reste-t-il vrai si l’on suppose que la loi de X admet une densité ? b) Soit m ≥ 1 un entier. Donner un exemple d’une variable aléatoire X à valeurs dans N telle que X k soit intégrable pour tout k compris entre 1 et m et E[X m+1 ] = +∞. Solution de l’exercice 1. a) En utilisant l’inégalité |x| ≤ 1 + x2 valable pour tout réel x et la positivité de l’espérance, on obtient que E[|X|] ≤ 1+E[X 2 ], ce qui prouve que le résultat, sans hypothèse sur la variable aléatoire réelle X autre que l’existence d’un moment d’ordre 2. En particulier c’est vrai si X est à densité. P b) Notons, pour tout s > 1, ζ(s) = n≥1 n1s . Considérons une variable aléatoire X : (Ω, F , P) → N∗ telle que pour tout n ≥ 1 on ait P(X = n) =

1 1 . ζ(m + 2) nm+2

Alors d’une part, E[X m ] =

X 1 ζ(2) 1 = < +∞, ζ(m + 2) n≥1 n2 ζ(m + 2)

donc X admet un moment d’ordre m et, d’autre part, E[X m+1 ] =

X1 1 = +∞, ζ(m + 2) n≥1 n

donc X n’admet pas de moment d’ordre m + 1. 1 1 . π 1 + t2 a) Montrer que f est la densité d’une mesure de probabilités sur R. Soit X une variable aléatoire dont la loi admet la densité f . 2. On considère la fonction f : R → R définie par f (t) =

b) La variable aléatoire X est-elle intégrable ? c) Calculer la fonction de répartition de X. d) Calculer la loi de Y = arctan(X). 1

La loi considérée dans cet exercice s’appelle la loi de Cauchy standard. Solution de l’exercice 2. a) On effectue le changement de variable t = arctan x, et, comme arctan0 = il vient Z +∞ Z 1 π/2 f (x)dx = dθ = 1. π −π/2 −∞

1 , 1+arctan2

f est donc la densité d’une probabilité. b)

x 1+x2

∼ x n’est pas intégrable au voisinage de l’infini, et donc X n’est pas intégrable.

c) Par le changement de variable du a), on obtient Z a Z 1 arctan a 1 P(X ≤ a) = f (x)dx = dθ = [arctan a + π/2]. π −π/2 π −∞ d) Soit b ∈ [−π/2, π/2]. On a, toujours par le même calcul, Z

tan b

P(Y ≤ b) = P(X ≤ tan b) = −∞

1 f (x)dx = π

Z

b

dθ = −π/2

b 1 + . π 2

Y suit donc la loi uniforme sur [−π/2, π/2].

3. Soient λ, µ > 0 deux réels. On considère l’ensemble Ω = N2 , la tribu F = P(N2 ) et, sur l’espace mesurable (Ω, F ), la probabilité P caractérisée par ∀(n, m) ∈ N2 , P({(n, m)}) = e−(λ+µ)

λn µm . n! m!

Enfin, sur (Ω, F , P), on définit les deux variables aléatoires X(n, m) = n et Y (n, m) = m. a) Vérifier que P(Ω) = 1. b) Déterminer la loi de X et la loi de Y . c) Déterminer la loi de X + Y . Solution de l’exercice 3. a) On peut sommer la série double (car à termes positifs) dans l’ordre de son choix, par exemple en m puis en n. En reconnaissant le développement de l’exponentielle de µ, on obtient : X λn X −µ µm λn e = e−λ , P({n, m}) = e−λ n! m≥1 m! n! m≥1 et donc on a bien : XX

P({n, m}) =

n≥1 m≥1

X n≥1

2

e−λ

λn = 1. n!

P n b) D’après le calcul précédent, P(X = n) = m≥1 P({n, m}) = e−λ λn! , donc X suit la loi de Poisson de paramètre λ. Un calcul analogue montre que Y suit la loi de Poisson de paramètre µ. c) Déterminons la loi de X + Y . Soit k ∈ N. Alors P(X + Y = k) =

k X

P({n, k − n}) =

n=0

= e−(λ+µ)

k X

e−(λ+µ)

n=0

1 k!

k X

λn µk−n n! (k − n)!

Ckn λk µk−n = e−(λ+µ)

n=0

λ + µ)k . k!

X + Y suit donc la loi de Poisson de paramètre λ + µ. 4. Lois discrètes classiques Calculer, de deux manières différentes, la loi de : a) la somme de deux variables aléatoires indépendantes, l’une de loi de binomiale de paramètres n et p, l’autre de paramètres m et p, où p ∈ [0, 1] et m, n sont deux entiers. b) la somme N1 +. . . +Np où les Ni sont indépendantes et où Ni suit une loi de Poisson de paramètre λi . Solution de l’exercice 4. Loi binômiales On peut procéder de plusieurs façons. 1. On sait que la loi binomiale de paramètres n et p est la loi de la somme de n variables aléatoires indépendantes de loi de Bernoulli de paramètre p. Soient X1 , . . . , Xn+m des variables aléatoires indépendantes identiquement distribuées de loi de Bernoulli de paramètre p. Posons Y = X1 + . . . + Xn et Z = Xn+1 + . . . + Xn+m . Alors Y et Z sont indépendantes, de lois respectives B(n, p) et B(m, p). Leur somme, qui est Y + Z = X1 + . . . + Xn+m , suit la loi B(n + m, p). 2. Soient Y et Z indépendantes de lois respectives B(n, p) et B(m, p). Les fonctions génératrices de Y et Z sont GY (s) = (1 − p + sp)n et GZ (s) = (1 − p + sp)m . Puisqu’elles sont indépendantes, la fonction génératrice de leur somme est GY +Z (s) = E[sY +Z ] = E[sY ]E[sZ ] = (1 − p + sp)n+m . On reconnaît la fonction génératrice de la loi binomiale de paramètres n + m et p. Lois de Poisson La réponse est que N1 + . . . + Np suit une loi de Poisson de paramètre λ1 + . . . + λp . A nouveau deux approches sont possibles : — On calcule d’abord la loi de N1 + N2 : P(N1 + N2 = k) =

k X

P((N1 + N2 = k) ∩ (N1 = l)) =

l=0

=

k X

k X l=0

P(N2 = k − l)P(N1 = l) = etc.

l=0

3

P((N2 = k − l) ∩ (N1 = l))

e−λ1 −λ2 (λ1 +λ2 )k , k!

et on montre que P(N1 + N2 = k) =

puis on conclut par récurrence.

— On calcule la fonction génératrice de fonction génératrice de N1 + N2 + ... + Np directement (qui est le produit des fonctions génératrices, par indépendance), et on reconnaît la fonction génératrice de P(λ1 + . . . λp ).

5. Somme de gaussiennes Soient X et Y des variables aléatoires indépendantes de lois respectives N (µ1 , σ12 ) et N (µ2 , σ22 ). Soient a, b et c des réels. Déterminer la loi de aX + bY + c. Solution de l’exercice 5. Soit g une fonction continue bornée R → R. 1 E[g(X + Y )] = 2πσ1 σ2

+∞

Z

+∞

Z



e −∞

(x−µ1 )2 (y−µ2 )2 − 2 2 2σ1 2σ2

g(x + y)dydx.

−∞

On fait le changement de variable affine u = x + y dans l’intégrale par rapport à y : 1 E[g(X + Y )] = 2πσ1 σ2

Z

+∞

Z

+∞

e −∞



(u−x−µ2 )2 (x−µ1 )2 − 2 2 2σ1 2σ2

g(u)dudx.

−∞

On écrit le trinôme dans l’exponentielle sous forme canonique :  µ21 (u − µ2 )2 σ12 + σ22 2 σ12 + σ22  (x − µ1 )2 (u − x − µ2 )2 2 + = (x − λu ) + 2 + − λ , 2σ12 2σ22 σ12 σ22 σ1 σ22 σ12 σ22 u σ 2 µ +σ 2 (u−µ )

2 2 avec λu := 1 1σ2 +σ . 2 1 2 2 En développant λu , on obtient

µ21 (u − µ2 )2 σ12 + σ22 2 + − λ σ12 σ22 σ12 σ22 u     µ21 σ22 (u − µ2 )2 σ12 µ1 (u − µ2 ) = 1− 2 + 1− 2 −2 2 2 2 2 2 σ1 σ1 + σ2 σ2 σ1 + σ2 σ1 + σ22 (u − µ2 )2 µ1 (u − µ2 ) (u − µ1 − µ2 )2 µ21 + − 2 = . = σ12 + σ22 σ12 + σ22 σ12 + σ22 σ12 + σ22 Autrement dit, le trinôme de l’exponentielle s’écrit  (u − µ1 − µ2 )2 (x − µ1 )2 (u − x − µ2 )2 σ12 + σ22  2 + = (x − λ ) + . u 2σ12 2σ22 σ12 σ22 σ12 + σ22 En remarquant que pour tout u ∈ R, le changement de variable affine x0 = x − λu donne s Z +∞ σ12 +σ22 2 Z +∞ σ12 +σ22 2 − 2 2x − 2 2 (x−λu ) 2πσ12 σ22 e 2σ1 σ2 dx = e 2σ1 σ2 dx = , σ12 + σ22 −∞ −∞ 4

on obtient, en changeant l’ordre d’intégration : 1 E[g(X + Y )] = 2πσ1 σ2

Z

+∞

Z

+∞

e −∞



−∞ Z +∞

1

e

= p 2π(σ12 + σ22 )

(u−x−µ2 )2 2 2σ2



dxe

(u−µ1 −µ2 )2 2 +σ 2 ) 2(σ1 2



(u−µ1 −µ2 )2 2 +σ 2 ) 2(σ1 2

g(u)du

g(u)du.

−∞

X + Y suit donc la loi N (µ1 + µ2 , σ12 + σ22 ). La question était de déterminer la loi de aX + bY + c. On va montrer que aX + c suit la loi N (aµ1 + c, a2 σ12 ), ce qui, appliqué aussi à bY et combiné avec le calcul précédent, permet de conclure que aX + bY + c suit la loi N (aµ1 + bµ2 + c, a2 σ12 + b2 σ22 ). Pour le voir, considérons une fonction g : R → R continue et bornée. On a +∞

Z

1

E[g(aX + c)] = p 2πσ12

e

(x−µ1 )2 2 2σ1



g(ax + c)dx.

−∞

On fait le changement de variable u = ax + c (la valeur absolue vient du fait que lorsque a < 0, on échange les bornes d’intégration) : 1

Z

+∞



e

E[g(aX + c)] = p 2πσ12

2 ( u−c a −µ1 ) 2 2σ1

g(u)

−∞

Z

1

= p 2πa2 σ12 Ce qui achève la démonstration.

5

+∞



e −∞

(u−c−aµ1 )2 2 2a2 σ1

du |a|

g(u)du.

View more...

Comments

Copyright � 2017 NANOPDF Inc.
SUPPORT NANOPDF